Mathematik f¨ ur Ingenieure II, SS 2009

Dienstag 5.5

$Id: integral.tex,v 1.5 2009/05/05 14:57:29 hk Exp hk $

§2

Integralrechnung

2.3

Die Integrationsregeln

Wir wollen noch eine letzte kleine Anmerkung zur Substitutionsregel machen. Der letzte Schritt bei der Berechnung eines unbestimmten Integrals mittels der Substitutionsregel ist das R¨ ucksubstituieren“ also das Ersetzen von t durch eine Funktion in x. Bei der ” Berechnung bestimmter Integrale ist dieses Einsetzen aber nicht n¨otig. Zum Beispiel haben wir in unserem obigen Beispiel   Z ln 2 Z 2 2 2 dx dt 4 = = ln t − ln(1 + t) = ln 2 − ln 3 + ln 2 = ln . x 1+e 3 1 1 0 1 t(t + 1) ¨ Die Anderung der Grenzen bei Substitution ist dabei wie in Satz 6 angegeben, wenn x von x = 0 bis x = ln 2 l¨auft, so durchl¨auft t = ex die Werte von t = e0 = 1 bis t = eln 2 = 2. Wir wollen nun noch ein allerletztes Beispiel unbestimmter Integrale besprechen, n¨amlich die Integrale Z cos2n x dx mit n ∈ N. Hierbei wird ein neues Ph¨anomen auftreten, das wir bisher noch nicht gesehen haben, wir k¨onnen das Integral nicht geschlossen ausrechnen, sondern werden nur Rekursionsformel f¨ ur diese Integrale herleiten. Im kleinen Fall n = 1, also R eine 2 cos x dx haben wir bereits weiter oben Z x 1 cos2 x dx = + sin x cos x 2 2 gesehen. Nun nehme n > 1 an. Mit der Produktregel rechnen wir dann Z Z 2n 2n−1 cos x dx = sin x cos x + (2n − 1) sin2 x cos2n−2 x dx Z Z 2n−1 2(n−1) = sin x cos x + (2n − 1) cos x dx − (2n − 1) cos2n x dx. Diese Situation kennen wir schon, wir k¨onnen diese Formel als eine Gleichung f¨ ur R cos2n x dx auffassen, und diese durch  Z Z 1 1 2n−1 2n sin x cos x+ 1− cos2(n−1) x dx cos x dx = 2n 2n 6-1

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aufl¨osen. Dies ist leider keine explizite Formel, sondern nur eine Rekursionsformel f¨ ur R 2(n−1) diese Integrale. Kennen wir bereits das Integral cos x dx f¨ u r n − 1 statt n, so R 2n erlaubt es diese Formel auch das Integral cos x dx f¨ ur n selbst auszurechnen. wir R Da 4 den Fall n = 1 kennen, k¨onnen wir durch einmalige Anwendung der Formel cos x dx R berechnen,R durch nochmalige Anwendung kriegen wir cos6 x dx, durch erneute Anwendung cos8 x dx, und immer so weiter. Mit hinreichend viel Geduld k¨onnen wir also jedes der fraglichen Integrale berechnen. Rekursionsformel erlaubt es uns immerhin die prinzipielle Gestalt des Integrals R Die R 2n 2 cos x dx zu erkennen. Wir starten f¨ ur cos x dx mit einem linearen Term x/2 plus sin x cos x mal 1/2. In jedem weiteren Schritt kommt dann ein Vielfaches von sin x cos2n−1 xR = sin cos · cos2(n−1) x hinzu. Wegen cos2(n−1) x = (cos2 x)n−1 sollte das n-te Integral cos2n x dx die Gestalt Linearer Teil“ + sin x · ( Summe ungerader Potenzen von cos x“) ” ” haben. Diese Behauptung k¨onnen wir noch etwas expliziter machen, und auch beweisen, wir behaupten, dass es f¨ ur jedes n ∈ N Zahlen An ∈ R und Polynome Φn von Grad n − 1 gibt so, dass Z cos2n x dx = An x + sin x cos x · Φn (cos2 x) ist. F¨ ur n = 1 ist diesR klar mit A1 = 1/2 und Φ1 (x) = 1/2. Ist nun n > 1, und wissen wir bereits das cos2(n−1) x dx die obige Form hat, so haben wir mit unserer Rekursionsformel auch  Z 1 1 2n−1 cos x dx = sin x cos x+ 1− cos2(n−1) x dx 2n 2n     1 1 1 2 n−1 = sin x cos x · (cos x) + 1− An−1 x + 1 − sin x cos xΦn−1 (cos2 x) 2n 2n 2n = An x + sin x cos x · Φn (x) Z

2n

mit  An :=

1 1− 2n



  1 n−1 1 An−1 , Φn (x) := x + 1− Φn−1 (x) 2n 2n

setzen. Per Induktion haben wir unsere Aussage damit bewiesen, und wir haben auch explizite Rekursionsformeln f¨ ur die Zahlen An und die Polynome Φn . Die ersten dieser Zahlen und Polynome sind A1 = 12 ,

Φ1 (x) = 12 ,

A2 = 34 A1 = 38 ,

Φ2 (x) = 14 x + 34 Φ1 (x) = 41 x + 38 ,

A3 = 65 A2 =

Φ3 (x) = 16 x2 + 56 Φ2 (x) = 16 x2 +

5 , 16

6-2

5 x 24

+

5 , 16

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und f¨ ur unsere Integrale bedeutet dies Z 1 1 cos2 x dx = x + sin x cos x, 2 2   Z 3 1 3 4 2 cos x dx = x + sin x cos x cos x + , 8 4 8   Z 5 1 5 5 6 4 2 cos x dx = x + sin x cos x · cos x + cos x + . 16 6 24 16

2.4

Integration rationaler Funktionen

Rationale Funktionen sind Quotienten von zwei Polynomen f (x) = p(x)/q(x), wobei wir immer annehmen k¨onnen, das die beiden Polynome p und q keine gemeinsamen Teiler haben. Wir werden einsehen, dass die Stammfunktion einer rationalen Funktion sich immer aus rationalen Funktionen, Logarithmen und Arcustangens Funktionen zusammensetzt. Viele der einfachen Beispiele kennen wir bereits, n¨amlich Z Z Z dx 1 dx dx 1 =− = arctan x. = ln |x|, · n−1 (n > 1), n x x n−1 x 1 + x2 Wir werden im folgenden schrittweise immer kompliziertere Typen rationaler Funktionen behandeln, bis wir letztendlich alle rationalen Funktionen integrieren k¨onnen. In jedem neuen Schritt werden wir die dabei die zu berechnenden Integrale auf die bereits erledigten F¨alle des vorigen Schritts zur¨ uckf¨ uhren. Dabei starten wir mit den gerade eben aufgelisteten Integralen. Durch Umskalieren erhalten wir aus diesen f¨ ur a, b ∈ R mit a 6= 0 die unbestimmten Integrale Z Z dx 1 dx 1 1 =− (n > 1). = ln |ax + b| und · n ax + b a (ax + b) a(n − 1) (ax + b)n−1 Noch etwas komplizierter sind dann unbestimmte Integrale der Form Z p(x) dx (ax + b)n wobei n ∈ N und p ein beliebiges Polynom sind. Durch Polynomdivision k¨onnen wir dann erreichen, dass der Grad des Z¨ahlers p(x) kleiner als n wird. Sind n¨amlich q(x) der Quotient bei der Division von p(x) durch (ax + b)n und r(x) der Rest, so haben wir p(x) = q(x)(ax + b)n + r(x) wobei der Grad von r kleiner als n ist, und es folgen p(x) q(x)(ax + b)n + r(x) r(x) = = q(x) + , n n (ax + b) (ax + b) (ax + b)n 6-3

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also auch

Z

p(x) dx = (ax + b)n

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Z

Z q(x) dx +

r(x) dx. (ax + b)n

Die Stammfunktionen von Polynomen kennen wir, wir m¨ ussen also nur noch das zweite unbestimmte Integral berechnen, und bei diesem ist der Grad des Z¨ahlers kleiner als n. Diese verbleibenden Integrale kann man nun auf die bisher berechneten Integrale zur¨ uckf¨ uhren, indem r(x) als ein Polynom in ax + b geschrieben wird, also r(x) = s(ax + b). Ist dann s(x) = an−1 xn−1 + · · · + a0 , so ist r(x) an−2 an−1 (ax + b)n−1 + · · · + a0 an−1 a0 = = + + ··· + n n 2 (ax + b) (ax + b) ax + b (ax + b) (ax + b)n und damit folgt schließlich Z an−1 an−2 1 a0 1 r(x) dx = . ln |ax + b| − · − ··· − · n (ax + b) a a ax + b a(n − 1) (ax + b)n−1 Zur Berechnung des Polynoms s(x) muss man dabei nur x=

(ax + b) − b a

in r(x) einsetzen. Behandeln wir als ein Beispiel einmal das unbestimmte Integral Z 3 x − x2 + 2x + 1 dx. (2x + 1)2 Hier ist der Grad des Z¨ahlers gleich 3, also gr¨oßer als der Exponent 2 im Nenner. Folgen wir unserem obigen Vorgehen, so beginnen wir daher mit der Polynomdivision. Es ist (2x + 1)2 = 4x2 + 4x + 1 und x3 − x2 + 2x + 1 : 4x2 + 4x + 1 = 41 x − −(x3 + x2 + 41 x) − 2x2 + 74 x + 1 − (−2x2 − 2x − 21 ) 15 x + 23 , 4 d.h. wir haben

1 2

1 1 15 3 q(x) = x − , r(x) = x + . 4 2 4 2 Jetzt schreiben wir r(x) als ein Polynom in 2x + 1   (2x + 1) − 1 15 3 15 1 1 3 15 3 x= =⇒ r(x) = x + = · (2x + 1) − + = (2x + 1) − , 2 4 2 4 2 2 2 8 8

also s(x) =

15 3 x− . 8 8 6-4

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Damit ist Z

1 1 15 3 1 x3 − x2 + 2x + 1 dx = x2 − x + ln |2x + 1| − · . 2 (2x + 1) 8 2 16 16 2x + 1

Wir kommen zum n¨achstkomplizierteren Typ und betrachten Stammfunktionen rationaler Funktionen f (x) = p(x)/q(x) bei denen der Nenner in mehrere Linearfaktoren zerf¨allt. Dabei k¨onnen wir uns auf die folgende Situation beschr¨anken: 1. Der Grad des Z¨ahlers p(x) ist kleiner als der Grad des Nenners q(x). Denn ist dies nicht so, so k¨onnen wir zuvor wie oben eine Polynomdivision machen und erhalten ein Polynom plus eine rationale Funktion r(x)/q(x), deren Z¨ahler einen kleineren Grad als q(x) hat. 2. Außerdem k¨onnen wir annehmen das der Nenner normiert ist, also die Form q(x) = xn + · · · mit f¨ uhrenden Koeffizienten 1 hat. Andernfalls k¨onnen wir den Bruch einfach passend erweitern. Damit hat der Nenner die Form q(x) = (x − a1 )n1 · . . . · (x − ar )nr , wobei a1 , . . . , ar die Nullstellen von q(x) sind. Die Exponenten n1 , . . . , nr sind die jeweiligen Vielfachheiten der Nullstellen, leider kann q(x) ja auch mehrfache Nullstellen haben. Jetzt kann man die rationale Funktion f (x) in der Form f (x) =

p(x) pr (x) p1 (x) + ··· + = n 1 q(x) (x − a1 ) (x − ar )nr

schreiben, wobei p1 , . . . , pr Polynome mit grad pi < ni f¨ ur i = 1, . . . , r sind. Dies ist eine Variante der sogenannten Partialbruchzerlegung rationaler Funktionen. Ist uns diese Zerlegung gelungen, so ist Z Z Z pr (x) p1 (x) f (x) dx = dx + · · · + dx n 1 (x − a1 ) (x − ar )nr und jeden der einzelnen Summanden haben wir bereits im vorigen Schritt berechnet. Nat¨ urlich ist es zur realen Ausf¨ uhrung dieses Verfahrens wichtig, dass wir die Partialbruchzerlegung tats¨achlich berechnen k¨onnen, und zur Beschreibung dieses Rechenverfahrens wollen wir das Beispiel des unbestimmte Integrals Z 2x5 + 3x4 − 2x3 − x2 + x + 1 dx x3 + x2 − x − 1 behandeln. Als ersten Schritt bringen wir den Z¨ahler durch Polynomdivision auf Grad h¨ochstens zwei. Die Rechnung zur Polynomdivision lassen wir diesmal weg, und notieren hier nur das Ergebnis 2x5 + 3x4 − 2x3 − x2 + x + 1 = (2x2 + x − 1) · (x3 + x2 − x − 1) + 3x2 + x, 6-5

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d.h. der Quotient ist 2x2 + x − 1 und der Rest ist 3x2 + x. Damit ist Z Z 2x5 + 3x4 − 2x3 − x2 + x + 1 2 3 1 2 3x2 + x dx = dx. x + x − x + x3 + x2 − x − 1 3 2 x3 + x2 − x − 1 Der Nenner ist ein Produkt x3 + x2 − x − 1 = (x2 − 1)(x + 1) = (x − 1)(x + 1)2 , und wir setzen die Partialbruchzerlegung in der Form A Bx + C 3x2 + x = + 3 2 x +x −x−1 x − 1 (x + 1)2 an. Bringen wir hier die rechte Seite der Gleichung auf den Hauptnenner, so erhalten wir die Bedingung 3x2 + x A(x + 1)2 + (Bx + C))(x − 1) = x3 + x2 − x − 1 x3 + x2 − x − 1 (A + B)x2 + (2A − B + C)x + A − C . = x3 + x2 − x − 1 Da beide Br¨ uche denselben Nenner haben m¨ ussen die Z¨ahler u ¨bereinstimmen, und dies heißt das alle Koeffizienten jeweils gleich sind. Wir haben also drei Bedingungen an die Unbekannten A, B, C A + B = 3, 2A − B + C = 1, A − C = 0. Dieses lineare Gleichungssystem kann man leicht direkt l¨osen, es sind C = A, B = 3−A, also 1 = 2A − B + C = 2A − 3 + A + A = 4A − 3, und somit A = 1, B = 3 − A = 2 und C = A = 1. Als unsere Partialbruchzerlegung ergibt sich somit 3x2 + x 1 2x + 1 = . + x3 + x2 − x − 1 x − 1 (x + 1)2 Folglich ist Z Z Z 3x2 + x dx 2x + 1 1 dx = + dx = ln |x − 1| + 2 ln |x + 1| + , 3 2 2 x +x −x−1 x−1 (x + 1) x+1 wobei wir Rden letzten Schritt mit der schon behandelten Methode zur L¨osung von Integralen p(x)/(ax + b)n dx gerechnet haben. Insgesamt ist damit Z 2x5 + 3x4 − 2x3 − x2 + x + 1 2 1 1 dx = x3 + x2 − x + ln |x − 1| + 2 ln |x + 1| + . 3 2 x +x −x−1 3 2 x+1 Die Methode zur Berechnung der Partialbruchzerlegung l¨auft also in drei Schritten ab, 6-6

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1. rechte Seite auf Hauptnenner bringen, 2. die entstehenden Koeffizienten im Z¨ahler vergleichen, 3. und dann das entstehende lineare Gleichunssystem l¨osen. Diese Rechenmethode ist immer m¨oglich, aber in der praktischen Durchf¨ uhrung oft etwas m¨ uhsam. Im Spezialfall das unser Nenner keine mehrfachen Nullstellen hat, gibt es auch eine alternative, deutlich einfacherere Rechenmethode. Nehme also an, wir wollen die Partialbruchzerlegung von p(x)/q(x) berechnen, wobei der Nenner die Form q(x) = (x − a1 ) · . . . · (x − an ) hat, und p ein Polynom von Grad kleiner als n ist. Unser Nenner soll also in Linearfaktoren zerfallen, aber keine mehrfachen Nullstellen haben. Die Z¨ahler in der Partialbruchzerlegung haben dann Grad 0, sind also Konstanten, die wir als p(x) A1 An = + ··· + (x − a1 ) · . . . · (x − an ) x − a1 x − an ansetzen. Ist f¨ ur 1 ≤ i ≤ n nun qi (x) := (x − a1 ) · . . . · (x\ − ai ) · . . . · (x − an ) das Produkt aller Linearfaktoren mit Ausnahme des i-ten, so haben wir An A1 q1 (x) + · · · + An qn (x) A1 + ··· + = . x − a1 x − an (x − a1 ) · . . . · (x − an ) Setzen wir nun x = ai ein, so ist qj (x) = qj (ai ) = 0 f¨ ur 1 ≤ j ≤ n mit j 6= i, da unter den Faktoren des Produkts insbesondere ai − ai = 0 vorkommt, und wir erhalten die Gleichung Y (ai − aj ) = Ai qi (ai ) = A1 q1 (ai ) + · · · + An qn (ai ) = p(ai ). Ai · 1≤j≤n j6=i

Damit ergeben sich die Koeffizienten der Partialbruchzerlegung direkt als Ai = Q

p(ai ) . 1≤j≤n (ai − aj ) j6=i

Hat der Nenner also keine mehrfachen Nullstellen, so m¨ ussen wir nichts ausmultiplizieren und keine linearen Gleichungssysteme l¨osen, sondern k¨onnen die Partialbruchzerlegung einfach hinschreiben. Rechnen wir als ein Beispiel zu dieser Methode der Partialbruchzerlegung die Funktion f (x) =

298x2 − 1078x + 1123 . x3 − 2x2 − x + 2 6-7

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Hier ist x3 − 2x2 − x + 2 = (x2 − 1)(x − 2) = (x + 1)(x − 1)(x − 2), und die Partialbruchzerlegung hat die Form f (x) =

A B C + + . x+1 x−1 x−2

Unsere obige Formel besagt 2499 833 = , (−2) · (−3) 2 343 343 B = =− , 2 · (−1) 2 159 C = = 53, 3·1 A =

also f (x) =

298x2 − 1078x + 1123 833 1 343 1 53 = · − · + . 3 2 x − 2x − x + 2 2 x+1 2 x−1 x−2

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